2019_2020学年高中数学课时跟踪检测（十一）函数的极值北师大版选修2_2.docx

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1、课时跟踪检测（十一）函数的极值一、基本能力达标1．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y＝x－ln(1＋x2)的极值情况是(　　)A．有极小值　　　　　　B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值解析：选D　∵y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，∴函数y＝x－ln(1＋x2)无极值.2．函数f(x)＝x2－lnx的极值点为(　　)A．0,1，－1B．C．－D.，－解析：选B　由已知，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x－＝，令f′(x)＝0，得x＝.当x>时，f′(x)

2、>0；当00D．b<解析：选A　f′(x)＝3x2－3b.因f(x)在(0,1)内有极值，所以f′(x)＝0有解，∴x＝±，∴0<<1，∴0

3、为f(－)B．f(x)的极大值为f(－)，极小值为f()C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)解析：选D　由题图可知，当x∈(－∞，－3)时，xf′(x)>0，即f′(x)<0；当x∈(－3,0)时，xf′(x)<0，即f′(x)>0；当x∈(0,3)时，xf′(x)>0，即f′(x)>0；当x∈(3，＋∞)时，xf′(x)<0，即f′(x)<0.故函数f(x)在x＝－3处取得极小值，在x＝3处取得极大值．5．若函数f(x)＝在x＝1

4、处取得极值，则a＝________.解析：f′(x)＝＝，由题意得f′(1)＝＝0，解得a＝3.经检验，a＝3符合题意．答案：36．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图像经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中正确的是________．①当x＝时函数取得极小值；②f(x)有两个极值点；③当x＝2时函数取得极小值；④当x＝1时函数取得极大值．解析：由图像可知，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f

5、′(x)>0.∴f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时，函数取得极大值，故只有①不正确．答案：②③④7．求下列函数的极值．(1)f(x)＝x3－x2－3x＋4；(2)f(x)＝x3ex.解：(1)∵f(x)＝x3－x2－3x＋4，∴f′(x)＝x2－2x－3.令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化，如表所示：x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴x＝－1是f(x)的极大值

6、点，x＝3是f(x)的极小值点．∴f(x)极大值＝f(－1)＝，f(x)极小值＝f(3)＝－5.(2)f′(x)＝3x2·ex＋x3·ex＝ex·x2(x＋3)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝－3.当x变化时，f′(x)与f(x)的变化如表所示：x(－∞，－3)－3(－3,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0＋f(x)极小值无极值由表可知x＝－3是f(x)的极小值点．f(x)极小值＝f(－3)＝－27e－3，函数无极大值．8．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)

7、在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8，从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，

8、f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．二、综合能力提升1．设函数f(x)＝exsinx，x∈[0，π]，则(　　)A．x＝为f(x)的极小值点B．x＝为f(x)的极大值点C．x＝为f(x)的极小值点D．x＝为f(x)的极大值点解析：选D　∵f(x)＝exsinx，∴f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＝exsin，由f′(x)≤0，得sin≤0，∴2k